黑龙江省绥化市安达市万宝山镇第一中学2022-2023学年八年级下学期期末数学试题（解析版）

这是一份黑龙江省绥化市安达市万宝山镇第一中学2022-2023学年八年级下学期期末数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题．，填空题．等内容，欢迎下载使用。

黑龙江省安达市万宝山中学2022−−2023学年度下学期八年级期末考试数学卷
一、选择题．
1. 若代数式有意义，则实数x的取值范围是( )
A. B. C. D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0条件，得到，求解即可．
【详解】要使在实数范围内有意义，
∴
解得：且．
故选：D．
【点睛】本题主要考查二次根式和分式有意义的条件，解题的关键是掌握二次根式和分式有意义的条件．二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0．
2. 下列条件中，不能判断为直角三角形的是（ ）
A. B.
C. D. ，，
【答案】A
【解析】
【分析】根据勾股定理逆定理以及三角形内角和定理，进行判断即可.
【详解】解：A.
∴最大的角为，不是直角三角形，符合题意；
B. ，设，则，为直角三角形，不合题意；
C. ，，
∴，则为直角三角形，不合题意；
D.，，，
∴，，即，为直角三角形，不合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，以及勾股定理的逆定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3. 一次函数 与x轴交点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】代入求出x的值，进而可得出一次函数与x轴的交点坐标．
【详解】解：当时，，
解得：，
∴一次函数与x轴的交点坐标为．
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数图象与坐标轴的交点坐标，令求出y的值可求出图象与y轴的交点坐标，令求出x的值可求出图象与x轴的交点坐标．
4. 设四边形的内角和等于a，五边形的外角和等于b，则a与b的关系是（ ）
A. a>b B. a=b C. a 【答案】B
【解析】
【分析】根据多边形的内角和定理与多边形外角的关系即可得出结论．
【详解】解：∵四边形的内角和等于a，
∴a=（4﹣2）•180°=360°．
∵五边形的外角和等于b，
∴b=360°，
∴a=b．
故选B．
5. 如图，一次飓风灾害中，一棵大树在离地面3米处折断，树的顶端落在离树杆底部4米处，那么这棵树折断之前的高度是（　　）

A. 5米 B. 6米 C. 7米 D. 8米
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得：在直角三角形中，知道了两直角边，运用勾股定理即可求出斜边，从而得出这棵树折断之前的高度．
【详解】∵垂直于地面的大树在离地面3米处折断，树的顶端落在离树杆底部4米处，
∴折断的部分长为5，
∴折断前高度为5+3=8（米）．
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，主要考查学生对勾股定理在实际生活中的运用能力．
6. 某校进行参加数学学科竞赛选手选拔，经过多次测试后，有四位同学成为晋级的候选人，具体情况如下表，如果从这四位同学中选出一名晋级，你会推荐（ ）

甲
乙
丙
丁
平均分
92
94
94
92
方差
35
35
23
23

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
【答案】C
【解析】
【分析】根据方差和平均数的意义求解即可．
【详解】解：由表知乙、丙成绩的平均数最高，而丙的方差比乙小，
丙总体水平高且状态稳定，
∴会推荐丙．
故选：C．
【点睛】本题主要考查平均数，方差，方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越查；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．
7. 二次函数y=x2+bx+c的图象上有两点（3，4）和（﹣5，4），则此拋物线的对称轴是直线（　　）
A. x=﹣1 B. x=1 C. x=2 D. x=3
【答案】A
【解析】
【分析】根据两已知点的坐标特征得到它们是抛物线的对称点，从而可得抛物线的对称轴是直线x==-1.
【详解】∵点（3，4）和（-5，4）的纵坐标相同，
∴点（3，4）和（-5，4）是抛物线的对称点，
∴抛物线的对称轴为直线x==-1，
故选A．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象是轴对称图形，若图象上两点坐标为（m1，n）、（m2，n），则对称轴为直线x=是解题的关键.
8. 一次函数的图象不经过（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据即可求解．
【详解】解：∵一次函数中，
∴一次函数的图象不经过第四象限，
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数的性质是解题的关键．
9. 直线过点，若，则k的值为（ ）
A. 1 B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把点代入解析式可，即可求解．
【详解】解：∵直线过点，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要考查了正比例函数的性质，根据题意得到是解题的关键．
10. 如图，在方格纸中，△ABC经过变换得到△DEF，正确的变换是（ ）

A. 把△ABC绕点C逆时针方向旋转90°，再向下平移2格
B. 把△ABC绕点C顺时针方向旋转90°，再向下平移5格
C. 把△ABC向下平移4格，再绕点C逆时针方向旋转180°
D. 把△ABC向下平移5格，再绕点C顺时针方向旋转180°
【答案】B
【解析】
【分析】由图形可直接求解．
【详解】根据图象，△ABC绕点C顺时针方向旋转90°，再向下平移5格即可与△DEF重合．
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平移，利用数形结合解决问题是解题的关键．
11. 如图，矩形纸片ABCD中，AD=4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点O，若AO=5cm，则AB的长为（ ）

A. 6cm B. 7cm C. 8cm D. 9cm
【答案】C
【解析】
【分析】根据折叠前后角相等可证AO=CO，在直角三角形ADO中，运用勾股定理求得DO，再根据线段的和差关系求解即可．
【详解】解：根据折叠前后角相等可知∠BAC=∠EAC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠EAC=∠EAC，
∴AO=CO=5cm，
在直角三角形ADO中，DO==3cm，
AB=CD=DO+CO=3+5=8cm．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形与折叠问题，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
12. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为斜边上AB的中点，动点P从B点出发，沿B→C→A运动，如图(1)所示，设S△DPB=y，点P运动的路程为x，若y与x之间的函数图象如图(2)所示，则a的值为( )

A. 3 B. 4 C. 6 D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件和图象可以得到BC、AC的长度，当x＝4时，点P与点C重合，此时S△BDP＝S△ABC，从而可以求出a的值．
【详解】解：根据函数图象可得，当x＝4时，点P与点C重合，BC＝4，AC＝7−4＝3，
∵∠ACB＝90°，点D为AB的中点，
∴当x＝4时，S△BDP＝S△ABC，
∴a＝××3×4＝3，
故选：A．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解决问题．
二、填空题．
13. 若整数x满足|x|≤3，则使为整数的x的值是___（只需填一个）．
【答案】﹣2（答案不唯一）
【解析】
【详解】解：∵|x|≤3，
∴﹣3≤x≤3．
∵x为整数，∴x=﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3．
分别代入可知，只有x=﹣2，3时为整数．
∴使为整数的x的值是﹣2或3（填写一个即可）．
故答案为：
14. 已知一元二次方程的两个实数根是， ，则的结果是_______．
【答案】
【解析】
【分析】把，代入，计算即可得到结果．
【详解】解：，，
．
故答案为∶．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系：若方程的两根为，，则，．
15. 若分式 的值为0，则x的值是_________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据分式的值为零的条件得到且，解方程即可．
【详解】解：根据分式的值为零的条件得到且，
解得．
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式的值为零的条件：当分式的分母不为零，分子为零时，分式的值为零．
16. 如图，面积为12的沿方向平移至位置，平移的距离是的三倍，则图中四边形的面积为__________．

【答案】
【解析】
【分析】根据平移的性质可证四边形为平行四边形，且它与的高相等，CF=3BC，由的面积等于12可得的面积也等于12，并且可计算的面积等于72，继而求出四边形的面积．
【详解】解：∵△DEF是△ABC平移得到的，平移的距离是的三倍，
∴AD∥CF，AD=CF，CF=3BC，
∴四边形ACFD是平行四边形，
∵S△ABC=12，△ABC和▱ACFD的高相等，
∴S▱ACFD=12×3×2=72，
∴S四边形ACED=S▱ACFD-S△DEF=S▱ACFD-S△ABC=72-12=60 cm2，
故答案为：60 cm2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，平移的性质．理解平移前后对应点所连线段平行且相等是解决此题的关键．
17. 一次函数的图像过点（0，2）且y随x的增大而增大，则____.
【答案】3
【解析】
【详解】分析：先把（0，2）代入解析式求出m，然后根据一次函数的性质确定m的值．
详解：把（0，2）代入解析式得|m﹣1|=2，解得：m=3或﹣1．
∵y随x的增大而增大，∴m＞0，∴m=3．
故答案为3．
点睛：本题考查了一次函数图象与系数的关系：一次函数y=kx+b（k、b为常数，k≠0）是一条直线，当k＞0，图象经过第一、三象限，y随x的增大而增大；当k＜0，图象经过第二、四象限，y随x的增大而减小；图象与y轴的交点坐标为（0，b）．
18. 若直线和直线的交点坐标为(，7)，则=____．
【答案】
【解析】
【分析】根据一次函数与二元一次方程组的关系，将分别代入直线和直线，联立即可求得的值．
【详解】直线和直线的交点坐标为(，7)，
，
①+②得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一次函数与二元一次方程组，理解交点的含义是两方程的公共解是解题的关键．
19. 一组数据2，0，1，x，3的平均数是2，则这组数据的方差是__．
【答案】2
【解析】
【分析】先根据平均数的定义确定x的值，再根据方差的计算公式出这组数据的方差．
【详解】解：由平均数公式得：，
解得，
则，
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查平均数和方差，解题的关键是熟练掌握平均数和方差的计算公式．
20. 如图所示，在矩形纸片中，点为边的中点，将纸片沿，折叠，使点落在处，点落在处．若，则的度数为___________．

【答案】##度
【解析】
【分析】根据，得，根据折叠的性质，得，，从而求解．
【详解】解：由折叠，可知，．
∵，
∴，
∴的度数为．
故答案为：
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
21. 已知菱形的周长为，两条对角线的和为6，则菱形的面积为___________
【答案】4
【解析】
【分析】由菱形的性质和勾股定理得出AO+BO=3，AO2+BO2=AB2，（AO+BO）2=9，求出2AO•BO=4，即可得出答案．
【详解】解：如图四边形ABCD是菱形，AC+BD=6，

∴AB=，AC⊥BD，AO=AC，BO=BD，
∴AO+BO=3，
∴AO2+BO2=AB2，（AO+BO）2=9，
即AO2+BO2=5，AO2+2AO•BO+BO2=9，
∴2AO•BO=4，
∴菱形的面积=AC•BD=2AO•BO=4；
故答案为4．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理；解题的关键是记住菱形的面积公式，掌握菱形的对角线互相垂直．
22. 如图，直线l过正方形ABCD的顶点B，点A、点B到直线l的距离分别是3和4，则该正方形的面积是__________.

【答案】25
【解析】
【详解】先证左右两个直角三角形全等，再利用勾股定理可计算出AB，即可求出正方形ABCD的面积．
解：如图所示，

∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC,∠ABC=90°，
∵AE⊥BE，CF⊥BF，
∴∠AEB=∠BFC=90°，
∴∠EAB+∠ABE=90°,∠ABE+∠FBC=90°，
∴∠EAB=∠FBC，
在△ABE和△BCF中
，
∴△ABE≌△BCF(ASA)
∴BE=CF=4，
在Rt△ABE中，AE=3，BE=4，
∴AB=5，
∴S正方形ABCD=5×5=25.
故答案为25.
点睛：本题主要考查勾股定理及全等三角形判定.根据正方形的性质找出全等三角形的判定条件是解题的关键.
三．解答题．
23. 计算：
（1）（结果保留根号）；
（2）（a＞0，b＞0）（结果保留根号）．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）先化简二次根式，再合并同类二次根式即可得；
（2）根据二次根式的乘法法则计算，再化简二次根式即可得．
【详解】解：（1）原式；
（2）原式．
【点睛】本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
24. 如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E，F分别是OA，OC的中点．求证：△ADE≌△CBF

【答案】见解析
【解析】
【分析】由平行四边形的性质得出AE=CF，由SAS证明△ADE≌△CBF即可．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，OA=OC，
∴∠DAE=∠BCF，
又∵，分别是，的中点，
∴AE=CF，
在△和△中，
，
∴△≌△（SAS）．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
25. 已知，如图，在中，，于D，求的长．

【答案】
【解析】
【分析】根据勾股定理即可求出的长，然后根据，即可求出的长．
【详解】解：在中，由勾股定理，得，
由三角形的面积得：．
∴．
【点睛】本题主要考查了勾股定理和三角形的面积公式，掌握勾股定理和三角形的面积公式是解决本题的关键．
26. 已知△ABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示．
（1）作△ABC关于点O成中心对称的△A1B1C1；
（2）将△A1B1C1向右平移4个单位，作出平移后的△A2B2C2；
（3）在x轴上求作一点P，使PA1+PC2的值最小，并求出这个最小值（不写解答过程，直接写出结果）．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】（1）直接利用关于点对称点的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用平移的性质进而得出对应点位置进而得出答案；
（3）利用轴对称求最短路线的方法进而得出答案．
【详解】解：（1）如图所示：△A1B1C1，即为所求；
（2）如图所示：△A2B2C2，即为所求；
（3）如图所示：点P即为所求，此时PA1+PC2的值最小为：A′C2．

【点睛】此题主要考查了中心对称变换以及平移变换、利用轴对称求最短路线，正确得出对应点位置是解题关键．
27. 一个有进水管与出水管的容器，从某时刻开始的3分内只进水不出水，在随后的9分内既进水又出水，每分的进水量和出水量都是常数．容器内的水量y（单位：升）与时间x（单位：分）之间的关系如图所示．
①当0≤x≤3时，求y与x之间的函数关系．
②3＜x≤12时，求y与x之间的函数关系．
③当容器内的水量大于5升时，求时间x的取值范围．

【答案】①当0≤x≤3时，y与x之间函数关系式为y＝5x；
②；
③1＜x＜9．
【解析】
【分析】①当0≤x≤3时，设y＝mx（m≠0），根据图象当x=3时，y=15求出m即可；
②当3＜x≤12时，设y＝kx+b（k≠0），根据图象过点（3,15）和点（12,0），然后代入求出k和b即可；
③根据函数图象的增减性求出x的取值范围即可.
【详解】解：①当0≤x≤3时，设y＝mx（m≠0），
则3m＝15，
解得m＝5，
∴当0≤x≤3时，y与x之间的函数关系式为y＝5x；
②当3＜x≤12时，设y＝kx+b（k≠0），
∵函数图象经过点（3，15），（12，0），
∴，解得：，
∴当3＜x≤12时，y与x之间的函数关系式y＝﹣x+20；
③当y＝5时，由5x＝5得，x＝1；
由﹣x+20＝5得，x＝9．
∴由图象可知，当容器内的水量大于5升时，时间x的取值范围是1＜x＜9．
【点睛】一次函数的解析式及其性质是本题的考点，根据题意读懂图象是解题的关键.
28. 已知：如图，直线y＝﹣x+4与x轴相交于点A，与直线y＝x交于点P．
（1）求点P的坐标．
（2）动点F从原点O出发，以每秒1个单位的速度在线段OA上向点A作匀速运动，连接PF，设运动时间为t秒，△PFA的面积为S，求出S关于t的函数关系式．
（3）若点M是y轴上任意一点，点N是坐标平面内任意一点，若以O、M、N、P为顶点的四边形是菱形，请直接写出点N的坐标．

【答案】（1）P点坐标（2，2）；（2）S＝4﹣t（0≤t＜4）；（3）N点坐标为N1（2，2﹣4），N2（2，2+4），N3（﹣2，2），N4（2，）．
【解析】
【分析】（1）联立两直线解析式求出x、y的值即可得出P点坐标；
（2）先求出A点坐标，再根据三角形的面积公式即可得出结论；
（3）分OP为菱形的边与对角线两种情况进行讨论．
【详解】解：（1）∵由已知，
解得，
∴P点坐标（2，2）；
（2）∵直线y＝﹣x+4中，当y＝0时，x＝4，
∴OA＝4，
∴S＝（OA﹣t）×2＝（4﹣t）×2＝4﹣t（0≤t＜4）；
（3）如图，当OP为平行四边形的边时，

∵P（2，2），
∴OP＝＝4，
∴N1（2，2﹣4），N2（2，2+4），N3（﹣2，2）；
当OP为对角线时，设M（0，a），
则MP＝a，即22+（2﹣a）2＝a2，解得a＝，
∴N点的纵坐标＝2﹣＝，
∴N4（2，）．
综上所示，N点坐标为N1（2，2﹣4），N2（2，2+4），N3（﹣2，2），N4（2，）．
【点睛】本题考查的是一次函数综合题，涉及到菱形的性质与一次函数的交点问题，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．